Chương 6 · Hình học phẳng

だい6しょう 平面へいめん図形ずけい — Hình học phẳng

Tinh tuý của hình học cổ điển. Tính chất tam giác và đường tròn, các định lý nâng cao (Ceva – Menelaus – phương tích) — mảnh đất ghi điểm tuyệt đối nếu thuộc lý thuyết.
19

§1 Tính chất tam giác — Đường tròn nội/ngoại tiếp 5 đường đặc biệt, định lý phân giác, đường tròn ngoại-nội-bàng tiếp

G A B C Trọng tâm G 3 đường trung tuyến đồng quy tại trọng tâm $G$; $G$ chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 2:1.
H A B C Trực tâm H 3 đường cao đồng quy tại trực tâm $H$.
O A B C Đường tròn ngoại tiếp (O, R) 3 đường trung trực cạnh đồng quy tại tâm $O$.
I A B C Đường tròn nội tiếp (I, r) 3 phân giác trong đồng quy tại tâm $I$, là tâm đường tròn nội tiếp.
5 đường đặc biệt trong tam giác

Đường cao (たかさ): 3 đường cao đồng quy tại trực tâm $H$.

Đường trung tuyến (中線ちゅうせん): 3 đường trung tuyến đồng quy tại trọng tâm $G$. $G$ chia mỗi trung tuyến theo tỉ số $2:1$ kể từ đỉnh.

Đường trung trực (垂直すいちょくとう分線ぶんせん): 3 đường trung trực cạnh đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp $O$.

Đường phân giác trong (内角ないかくとう分線ぶんせん): 3 phân giác trong đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp $I$.

Đường trung bình (中点ちゅうてん連結れんけつせん): đoạn nối trung điểm 2 cạnh — song song và bằng nửa cạnh thứ ba.

Định lý đường phân giác (かどとう分線ぶんせん定理ていり)

Phân giác trong: Tia phân giác trong góc $A$ cắt $BC$ tại $D$:

$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b}$

Phân giác ngoài: $\dfrac{BD'}{D'C} = \dfrac{c}{b}$ (chia ngoài).

Độ dài đường phân giác trong từ $A$:

$t_a = \dfrac{2bc \cos(A/2)}{b+c}$
Đường tròn ngoại-nội-bàng tiếp (外接がいせつえん内接ないせつえんぼうせつえん)

Đường tròn ngoại tiếp (外接がいせつえん): tâm $O$ = giao 3 trung trực, $R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{abc}{4S}$.

Đường tròn nội tiếp (内接ないせつえん): tâm $I$ = giao 3 phân giác trong, $r = \dfrac{S}{p}$.

Đường tròn bàng tiếp tại $A$ (ぼうせつえん): tâm $I_a$ = giao phân giác ngoài tại $B, C$ và phân giác trong tại $A$, $r_a = \dfrac{S}{p-a}$.

Khoảng cách Euler: $OI^2 = R^2 - 2Rr$ (định lý Euler trong hình học).

VÍ DỤ 1 Đường phân giác
Tam giác $ABC$ có $AB = 6, AC = 9, BC = 12$. Phân giác trong góc $A$ cắt $BC$ tại $D$. Tính $BD, DC$.
LỜI GIẢI
B1 $\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$, $BD + DC = 12$.
B2 $BD = \dfrac{2}{5} \cdot 12 = \dfrac{24}{5}$; $DC = \dfrac{3}{5} \cdot 12 = \dfrac{36}{5}$.
$BD = \dfrac{24}{5},\ DC = \dfrac{36}{5}$.
20

§2 Tính chất đường tròn · Ceva – Menelaus · Phương tích Góc nội tiếp, tứ giác nội tiếp, cát tuyến – tiếp tuyến, định lý Ceva & Menelaus

O A B C θ Góc nội tiếp $\widehat{BAC} = \theta$, góc ở tâm $\widehat{BOC} = 2\theta$ (cùng chắn cung BC).
A B C D ∠A + ∠C = 180° ∠B + ∠D = 180° Tứ giác $ABCD$ nội tiếp: 2 góc đối bù nhau (tổng 180°).
Góc & tứ giác nội tiếp (円周えんしゅうかく内接ないせつ四角しかくがた)

Định lý góc nội tiếp: Góc nội tiếp = $\dfrac{1}{2}$ góc ở tâm cùng chắn 1 cung. Các góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau.

Định lý Thales (タレスの定理ていり): Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Tứ giác nội tiếp: $ABCD$ nội tiếp $\iff \angle A + \angle C = 180°$ (hoặc $\angle B + \angle D = 180°$).

Định lý cát tuyến – tiếp tuyến (せつげん定理ていり): Góc giữa tiếp tuyến & dây cung = góc nội tiếp chắn dây ấy.

Phương tích của điểm với đường tròn (ほうべきの定理ていり)

Cho điểm $P$ và đường tròn $(O, R)$. Phương tích của $P$ là $\mathcal{P}(P) = PO^2 - R^2$.

Trường hợp 2 cát tuyến qua $P$:

$PA \cdot PB = PC \cdot PD$

Trường hợp tiếp tuyến – cát tuyến: Nếu $PT$ là tiếp tuyến, $PAB$ là cát tuyến:

$PT^2 = PA \cdot PB$
Định lý Ceva & Menelaus (チェバ・メネラウスの定理ていり)

CEVA: Trong tam giác $ABC$, 3 đoạn $AD, BE, CF$ (với $D \in BC, E \in CA, F \in AB$) đồng quy ⟺

$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = 1$

MENELAUS: Đường thẳng cắt 3 đường thẳng chứa cạnh tam giác $ABC$ tại $D, E, F$ (đếm dấu khi vượt cạnh):

$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = -1$

(Phiên bản không dấu: $\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = 1$ với số điểm "ngoài cạnh" là 1 hoặc 3.)

VÍ DỤ 1 Phương tích
Cho điểm $P$ ngoài đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến $PT = 6$. Cát tuyến qua $P$ cắt $(O)$ tại $A, B$ với $PA = 4$. Tính $PB$ và $AB$.
LỜI GIẢI
B1 $PT^2 = PA \cdot PB \Rightarrow 36 = 4 \cdot PB \Rightarrow PB = 9$.
B2 $AB = PB - PA = 9 - 4 = 5$.
$PB = 9,\ AB = 5$.
VÍ DỤ 2 Menelaus
Cho tam giác $ABC$, $D$ là trung điểm $BC$, $E \in AC$ sao cho $AE = 2EC$. $BE$ cắt $AD$ tại $K$. Tính $\dfrac{AK}{KD}$.
LỜI GIẢI
B1 Áp dụng Menelaus cho tam giác $ADC$ với đường thẳng $BEK$:
B2 $\dfrac{AK}{KD} \cdot \dfrac{DB}{BC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = 1$.
B3 $\dfrac{DB}{BC} = \dfrac{1}{2}$, $\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{1}{2}$ → $\dfrac{AK}{KD} \cdot \dfrac{1}{4} = 1$.
$\dfrac{AK}{KD} = 4$.
Khi nào dùng Ceva, khi nào dùng Menelaus?
Ceva: 3 đường thẳng từ 3 đỉnh đồng quy → tỉ số = 1.
Menelaus: 1 đường thẳng cắt qua 3 cạnh (hoặc kéo dài) → tỉ số = 1 (không dấu).
Mẹo nhớ vòng chu vi: $B \to D \to C \to E \to A \to F \to B$ — luôn đi ngược chiều rồi cùng chiều.
Bổ sung kiến thức nâng cao

Định lý Ptolemy: Trong tứ giác nội tiếp $ABCD$:

$AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$

Định lý Stewart: (đã giới thiệu ở Bài 12).

Đường thẳng Euler: Trong mọi tam giác (không đều): trực tâm $H$, trọng tâm $G$, tâm ngoại tiếp $O$ thẳng hàng và $HG = 2 GO$.

Đường tròn Euler (9 điểm): đi qua 3 trung điểm cạnh, 3 chân đường cao, 3 trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh.

Bài tập tự luyện — Bài 20

20.1. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn, $AB = 4, BC = 5, CD = 6, DA = 3$. Tính tỉ số $\dfrac{AC}{BD}$ và tích $AC \cdot BD$.
Ptolemy: $AC \cdot BD = AB\cdot CD + AD\cdot BC = 24 + 15 = 39$.
Định lý đường chéo tứ giác nội tiếp: $\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AB\cdot AD + BC\cdot CD}{AB\cdot BC + AD\cdot CD} = \dfrac{12 + 30}{20 + 18} = \dfrac{42}{38} = \dfrac{21}{19}$.
20.2. Cho tam giác $ABC$, $M$ là trọng tâm. Chứng minh $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \vec{0}$.
Trọng tâm $M = \dfrac{A+B+C}{3}$ (tọa độ). $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} = (A-M)+(B-M)+(C-M) = (A+B+C) - 3M = 3M - 3M = \vec{0}$. ∎